长春市达标名校2020年高考一月质量检测化学试题含解析

长春市达标名校2020年高考一月质量检测化学试题
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．11g超重水(T2O)含中子数为5N A
B．25℃，pH=13的1L Ba(OH)2溶液中OH—的数目为0.2N A
C．1mol金刚石中C—C键的数目为2N A
D．常温下，pH=6的MgCl2溶液中H+的数目为10-6N A
2．结构片段为…―CH2―CH=CH―CH2―…的高分子化合物的单体是
A．乙烯B．乙炔C．正丁烯D．1，3-丁二烯
3．25℃下，向20mL0.1mol•L-1HA溶液中逐滴加入0.1mol•L-1 NaOH溶液，随滴入NaOH溶液体积的变化混合溶液的pH的变化如图所示。

下列说法正确的是（）
A．A-的水解常数约为10-11
B．水的电离程度：e＞d＞c＞b＞a
C．c点和d点溶液中均符合c（Na+）=c（A-）
D．b点溶液中粒子浓度关系：c（A-）＞c（HA）＞c（H+）＞c（OH-）
4．下列有关同位素的说法正确的是
A．18O的中子数为8 B．16O和18O质子数相差2
C．16O与18O核电荷数相等D．1个16O与1个18O质量相等
5．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL浓度14.0mol/L的硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120ml（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时得到2.54g沉淀。

下列说法不正确的是（）
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1
B．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
C．得到2.54g沉淀时加入NaOH溶液的体积是600mL
D．溶解合金消耗HNO3的量是0.12mol
6．下列反应中，同一种气态反应物既被氧化又被还原的是（）
A．二氧化硫通入高锰酸钾溶液使之褪色
D．过氧化钠固体露置在空气中变白
7．下列实验现象和结论相对应且正确的是
A．A B．B C．C D．D
8．如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。

字母代表元素，分析正确的是
A．R在周期表的第15列
B．Y、Q两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸
C．简单离子的半径:X>Z>M
D．Z的单质能从M与Q元素构成的盐溶液中置换出单质M
9．常温下，HNO2的电离平衡常数为K＝4.6×10－4(已知46．＝2.14)，向20 mL 0.01 mol·L－1HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，测得混合液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示，下列判断正确的是
A．X＝20
NO－)
D．b点溶液中微粒浓度的大小关系为c(HNO2)＞c(Na＋)＞c(
2
10．化学在生活中有着广泛的应用，下列说法不正确的是
A．防哂霜能够防止强紫外线引起皮肤中蛋白质的变性
B．煤的脱硫、汽车尾气实行国Ⅵ标准排放都是为了提高空气质量
C．纳米级的铁粉能通过吸附作用除去水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
D．利用肥皂水处理蚊虫叮咬，主要是利用肥皂水的弱碱性
11．甲、乙两种CH3COOH溶液的pH，若甲比乙大1，则甲、乙两溶液中
A．c（甲）: c（乙）＝1:10 B．c（H+）甲: c（H+）乙＝1:2
C．c（OH-）甲: c（OH-）乙＝10:1 D．α（甲）: α（乙）＝2:1
12．锂空气电池是一种用锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物的电池。

其工作原理如图，下列说法中错误的是( )
A．多孔电极可以提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面
O+4e+2H O=4OH
B．正极的电极反应：--
22
C．有机电解液可以是乙醇等无水有机物
D．充电时专用充电电极可防止空气极腐蚀和劣化
13．第三周期X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物溶于水可得到四种溶液，0.010 mol/L的这四种溶液在25℃时的pH与该元素原子半径的关系如图所示。

下列说法正确的是
A．简单离子半径：X>Y>Z>W
B．W的氧化物对应的水化物一定是强酸
14．X、Y、Z、W均为短周期元素，X的原子中只有1个电子，Y2－和Z+离子的电子层结构相同，Y与W 同主族。

下列叙述正确的是
A．X分别与Y、Z、W形成的二元化合物中X的化合价均为+1价
B．常见氢化物的沸点：W大于Y
C．Z与W形成的化合物，其水溶液常带有臭鸡蛋气味
D．由这四种元素共同形成的两种化合物，其水溶液一种呈酸性，另一种呈碱性
15．2A(g)B(g)+Q（Q>0）；下列能量变化示意图正确的是（）
A．B．
C．D．
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．某化学兴趣小组探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应原理，实验装置如图所示。

实验中B装置内产生白色沉淀。

请回答下列问题：
（1）该实验过程中通入N2的时机及作用____。

（2）针对B装置内产生白色沉淀的原因，甲同学认为是酸性条件下SO2与Fe3+反应的结果，乙同学认为是酸性条件下SO2与NO3-反应的结果。

请就B装置内的上清液，设计一个简单的实验方案检验甲同学的猜想是否正确：____。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．工业上以钒炉渣(主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料可以制备氧钒碱式碳酸铵晶体[(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O]，其生产工艺流程如下。

(2)滤渣的主要成分是________________(写化学式)。

(3)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若滤液中c(VO3-)=0.1mol·L-1，为使钒元素的沉降率达到98％，至少应调节c(NH4+)为____mol·L-1。

[已知K sp(NH4VO3)=1.6×10-3]
(4)“还原”V2O5过程中，生成VOC12和一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为
_______________________。

用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOC12，该方法的缺点是
____________________________。

(5)称量a g产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol·L-1KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1％的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用c
mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。

(已知滴定反应为
VO2++Fe2++2H+==VO2++Fe3++H2O)
①KMnO4溶液的作用是______________。

②粗产品中钒的质量分数表达式为________(以VO2计)。

③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．研究处理NO x、SO2，对环境保护有着重要的意义。

回答下列问题：
(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。

已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2= b kJ•mol-1；③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3=
c kJ•mol-1，则反应 2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l) △H = ______。

(2)NO x的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g) △H＝－34.0 kJ•mol-1，用活性炭对NO进行吸附。

在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，测得NO的转化率α(NO)随温度的变化如图所示：
①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，原因是_________________________；在1100K 时，CO2的体积分数为______。

②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作K p）。

在1050K、1.1×106Pa 时，该反应的化学平衡常数K p＝________(已知：气体分压＝气体总压×体积分数)。

字母标号)。

(4)在汽车尾气的净化装置中 CO和NO发生反应：2NO(g) + 2CO(g)N2(g) + 2CO2(g) △H2 =－746.8 kJ•mol-1。

实验测得，υ正＝k正•c2(NO) •c2(CO) ，υ逆＝k逆•c(N2) •c2(CO2) (k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。

①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_____(填" >”、“< ”或“=”) k逆增大的倍数。

②若在1L 的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则k k 正逆
＝_____(保留2位有效数字)。

19．（6分）工业常用燃料与水蒸气反应制备H2和CO，再用H2和CO合成甲醇。

（1）制取H2和CO通常采用：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H=+131.4kJ•mol-1，下列判断正确的是_______。

a．该反应的反应物总能量小于生成物总能量
b．标准状况下，上述反应生成1L H2气体时吸收131.4 kJ的热量
c．若CO（g）+H2（g）⇌C（s）+H2O（1）△H=﹣QkJ•mol-1，则Q＜131.4
d．若C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H1；CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H2则：△H1+△H2=+131.4kJ•mol-1（2）甲烷与水蒸气反应也可以生成H2和CO，该反应为：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）。

已知在某温度下2L的密闭绝热容器中充入2.00mol甲烷和1.00mol水蒸气，测得的数据如表：
不同时间各物质的物质的量/mol
0min 2min 4min 6min
CH4 2.00 1.76 1.60 n2
H20.00 0.72 n1 1.20
根据表中数据计算：
①0min～2min 内H2的平均反应速率为_____________________。

②达平衡时，CH4的转化率为_____________；在上述平衡体系中再充入2.00mol甲烷1.00mol 水蒸气，达到新平衡时H2的体积分数与原平衡相比___________（填“变大”、“变小”或“不变”），可判断该反应达到新
c．容器中混合气体的密度保持不变d．3υ正（CH4）=υ逆（H2）
（3）合成甲醇工厂的酸性废水中含有甲醇（CH3OH），常用向废液中加入硫酸钴，再用微生物电池电解，电解时Co2+被氧化成Co3+，Co3+把水中的甲醇氧化成CO2，达到除去甲醇的目的。

工作原理如图（c为隔膜，甲醇不能通过，其它离子和水可以自由通过）：
①a电极的名称为__________。

②写出除去甲醇的离子方程式______________________。

③微生物电池是绿色酸性燃料电池，写出该电池正极的电极反应式为__________________。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．C
【解析】
【详解】
A. 11g超重水(T2O)的物质的量为0.5mol，由于在1个超重水(T2O)中含有12个中子，所以0.5mol超重水(T2O)中含中子数为6N A，A错误；
B.溶液中氢氧根的物质的量浓度是0.1mol/L，则1L溶液中含有的氢氧根离子的数目为0.1N A，B错误；
C.由于一个C原子与相邻的4个C原子形成共价键，每个共价键为相邻两个原子形成，所以1个C原子含
有的C-C键数目为4×1
2
=2，因此1mol金刚石中C—C键的数目为2N A，C正确；
D.缺体积，无法计算H+的数目，D错误；
故合理选项是C。

2．D
【解析】
【详解】
结构片段为…―CH2―CH=CH―CH2―…，说明该高分子为加聚产物，则该高分子化合物的单体是CH2=CHCH=CH2，即为1，3-丁二烯，答案选D。

b 点溶质为等体积的NaA 和HA ，形成缓冲溶液，
c 点为中性点，c(H +)=c(OH -)，
d 点为中和点，溶质只有NaA ，溶液显碱性。

【详解】 A. HA
H +
+A -
，其电离平衡常数()()()
3
3
51
H ?c A 10
?10K 10c HA 10
c +-
----=
==电，A - +H 2O HA+OH -，其水解平
衡常数()c(OH )?c HA K c(A )
--
=
水，根据电离平衡常数与水的离子积常数可得，
()()14
9w 5c(OH )?c HA c(H )?c(OH )?c HA K 10K 10c(A )
c(H )?c(A )
K 10
-+----
+--=
=
===水电，A 错误； B. d 点恰好反应生成NaA ，A -水解，能水解的盐溶液促进水电离，水的电离程度最大，B 错误； C. c 点溶液显中性，c(H +)=c(OH -)，根据电荷守恒可知：c(Na +)=c(A -)，d 点溶液显碱性，c(H +)<c(OH -)，根据电荷守恒可知：c(Na +)>c(A -)，C 错误；
D. b 点溶液中溶质为等体积的NaA 和HA ，溶液显酸性，电离过程大于水解过程，粒子浓度关系：c(A -)＞c(Na +)＞c(HA)＞c(H +)＞c(OH -)，D 正确； 故答案选D 。

【点睛】
酸碱滴定时，中性点和中和点不一样，离子浓度的大小关系，看该点上的溶质成分以及pH 。

4．C 【解析】 【分析】
由X A Z （简化为X A
）的含义分析解答。

【详解】
原子X A
Z 中，质量数为A ，质子数为Z ，中子数为（A －Z ）。

因元素符号与质子数的一一对应关系，可简写
为X A。

A. 氧是8号元素，18O 的中子数为18－8=10，A 项错误；
B. 16O 和18O 质子数都是8，中子数相差2，B 项错误；
C. 16O 与18O 核电荷数都是8，C 项正确；
D. 16O 、18O 的相对质量分别约为16、18，其原子质量不等，D 项错误。

本题选C 。

根据氧化还原反应中得失电子守恒、元素守恒进行分析计算。

【详解】
A. 金属离子全部沉淀时，得到2.54g 沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中OH -的质量为：2.54g−1.52g=1.02g ，(
)
-
1.02g
OH =
=0.06mol 17g/mol
n ，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于
OH -的物质的量，设铜、镁合金中Cu 、Mg 的物质的量分别为xmol 、ymol ，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得：x=0.02、y=0.01，则该合金中n(Cu):n(Mg)=2:1，故A 正确；
B. 标况下1.12L 气体的物质的量为0.05mol ，设混合气体中二氧化氮的物质的量为amol ，则四氧化二氮的物质的量为(0.05−a)mol ，根据电子转移守恒可知：a×1+(0.05−a)×2×1=0.06，解得a=0.04，则混合气体中含有二氧化氮0.04mol 、四氧化二氮0.01mol ，NO 2和N 2O 4的混合气体中，NO 2的体积分数为：
0.04mol
100%=80%0.04mol+0.01mol
⨯，故B 正确；
C. 50mL 该硝酸中含有硝酸的物质的量为：14mol/L×0.05L=0.7mol ，反应后的溶质为硝酸钠，根据N 元素守恒，硝酸钠的物质的量为：n(NaNO 3)=n(HNO 3)-n(NO 2)-2n(N 2O 4)=0.7mol−0.04mol−0.01×2=0.64mol ，故需要氢氧化钠溶液的体积为
0.64mol
=0.64L=640mL 1mol/L
，故C 错误；
D. Cu 、Mg 的物质的量分别为0.02mol 、0.01mol ，则生成Cu(NO 3)2、Mg(NO 3)2各0.02ml 、0.01mol ，NO 2和N 2O 4的物质的量分别为0.04mol 、0.01mol ，则根据N 元素守恒可知，消耗硝酸的物质的量为0.02×2+0.01×2+0.04+0.01×2=0.12mol ，故D 正确； 答案选C 。

【点睛】
解答该题的关键是找到突破口：金属镁、铜与硝酸反应失电子物质的量与金属离子被沉淀结合氢氧根离子的物质的量相等，关系式为Cu ~ 2e - ~ Cu 2+~2OH -，Mg ~ 2e - ~ Mg 2+~2OH -，通过氢氧化镁与氢氧化铜的总质量与铜镁合金的质量差可以计算氢氧根离子的物质的量，从而确定反应中转移的电子数。

6．B 【解析】 【详解】
A. 二氧化硫与酸性高锰酸钾反应中二氧化硫是还原剂，高锰酸钾是氧化剂，则不是同一种气态反应物既被氧化又被还原，故A 错误；
B. 将二氧化氮(N 为+4价)通入氢氧化钠溶液中生成亚硝酸钠(N 为+3价)和硝酸钠(N 为+5价)，所以该反应中N 元素既被氧化又被还原，故B 正确；
C. 将氯气与过量氨气混合，产生大量白烟氯化铵，氯气是氧化剂，部分氨气是还原剂，则不是同一种气
原，故D错误；
故选：B。

7．C
【解析】
【详解】
A.进行焰色反应，火焰呈黄色，说明含有Na+，不能确定是否含有K+，A错误；
B.蔗糖在稀硫酸催化作用下发生水解反应产生葡萄糖，若要证明水解产生的物质，首先要加入NaOH中和催化剂硫酸，使溶液显碱性，然后再用Cu(OH)2进行检验，B错误；
C.在AgCl和AgI饱和溶液中加入过量AgNO3溶液，产生白色沉淀和黄色沉淀，且白色沉淀的质量远大于黄色沉淀，说明溶液中c(Cl-)较大，c(I-)较小，物质的溶解度AgCl>AgI，由于二者的化合物构型相同，因此可证明物质的溶度积常数K sp(AgCl)>K sp(AgI)，C正确；
D.根据实验现象，只能证明溶液中含有I2，由于溶液中含有两种氧化性的物质HNO3、Fe3+，二者都可能将I-氧化为I2，因此不能证明氧化性Fe3+>I2，D错误；
故合理选项是C。

8．C
【解析】
【分析】
从图可看出X、Y在第二周期，根据原子序数知道X是O元素，Y是F元素，同理可知Z是Na元素，M是Al元素，R是Si元素，Q是Cl元素。

【详解】
A.R是Si元素，在周期表中位于第14列，故A错误；
B.Y是F元素，没有正化合价，没有含氧酸，故B错误；
C.X、Z、M的简单离子都是10电子结构，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：X＞Z＞M，故C正确；
D.Z是Na元素，钠与铝盐溶液反应时，先与水反应，不能置换出Al，故D错误；
故选C。

9．B
【解析】
【详解】
A. 向20mL 0.01mol⋅L−1的HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，若恰好反应需要氢氧化钠溶液体积20 mL，C点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNO2混合溶液，X<20，A项错误；
()()()
mol/L ，B 项正确；
C. c 点是溶液呈中性，溶质为HNO 2、NaNO 2混合溶液；氢氧化钠溶液体积为20mL 时恰好反应，那么a 到恰好完全反应时，水的电离程度逐渐增大；d 点从图中读不出是在恰好反应之前还是恰好反应之后，C 项错误；
D. b 点溶液为HNO 2、NaNO 2混合溶液，且浓度比为1:1，由NO 2−+H 2O ⇌HNO 2+OH −，HNO 2⇌H ++NO 2−，电离程度大于水解程度，可知溶液呈酸性，微粒浓度大小为c(NO 2−)>c(Na +)>c(HNO 2)，D 项错误；
答案选B 。

10．C
【解析】
【详解】
A. 紫外线能使蛋白质变性，应注意防晒，故A 正确；
B. 采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，
NO x 的催化转化生成无污染的氮气也能减少酸雨，所以煤的脱硫、汽车尾气实行国VI 标准排放都是为了提高空气质量，故B 正确；
C. Fe 和Pb 2+、Cu 2+、Hg 2+发生置换反应生成金属单质而治理污染，与吸附性无关，故C 错误；
D. 肥皂水(弱碱性)可与酸性物质反应，可减轻蚊虫叮咬引起的痛痒症状，故D 正确；
故答案为C 。

11．C
【解析】
【详解】
A ．甲、乙两种3CH COOH 溶液的pH ，若甲比乙大1，则浓度乙比甲的10倍还要大，A 错误；
B ．根据氢离子浓度等于pH 10-知，c(H )+甲：c(H )1+=乙：10，B 错误；
C ．酸溶液中的氢氧根浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度，c(OH )-甲：14
pH 10c(OH )10--
-=乙甲：14
pH 101010
--=乙：1，C 正确； D ．根据上述分析结果，a(甲)：a(乙)不等于2：1，D 错误。

答案选C 。

12．C
【解析】
【分析】
在锂空气电池中，锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物，在水性电解液中氧气得电子生成氢氧根离子，据此解答。

A.多孔电极可以增大电极与电解质溶液的接触面积，有利于氧气扩散至电极表面，A正确；
B.因为该电池正极为水性电解液，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，B正确；
C.乙醇可以和金属锂反应，所以不能含有乙醇，C错误；
D.充电时，阳极生成氧气，可以和碳反应，结合电池的构造和原理，采用专用充电电极可以有效防止空气极腐蚀，D正确；
故合理选项是C。

【点睛】
本题考查电化学基础知识，涉及电极判断、反应式的书写等相关知识，C项为易错点，注意锂的活泼性较强，可以和乙醇发生置换反应，试题难度不大。

13．D
【解析】
【分析】
第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液PH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X 为Na；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的弱、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y>Z>Cl，硅酸不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素。

【详解】
A.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,电子层越多离子半径越大,故离子半径P3−>S2−>Cl−>Na+，故A 错误；
B.W的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，一定是强酸，但是如果是次氯酸，则是弱酸，故B错误；
C.非金属性是Y>Z>W，非金属性越强，则气态氢化物的稳定性：Y>Z>W，故C错误；
D.W与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物S2Cl2，其结构式为：Cl-S-S-Cl，故D正确；
答案选D。

【点睛】
本题考察元素周期律的综合运用，从图像可以推断出是哪些元素，找到元素之间的关系，紧紧位，构，性，从而做出判断。

14．C
【解析】
【分析】
四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子中只有1个电子，则X为H元素；Y2－和Z+离子的电子层结构相同，则Y位于第二周期ⅥA族，为O元素，Z位于第三周期ⅠA族，为Na元素；Y与W同主族，则W为S元素，据此进行解答。

四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子中只有1个电子，则X为H元素；Y2－和Z+离子的电子层结构相同，则Y位于第二周期ⅥA族，为O元素，Z位于第三周期ⅠA族，为Na元素；Y与W同主族，则W为S元素；
A．X为H元素，H与Na形成的NaH中，H的化合价为−1价，故A错误；
B．H2O中含有氢键，沸点高于H2S，故B错误；
C．Na2S的水溶液中，S2-会水解生成少量硫化氢气体，硫化氢有臭鸡蛋气味，故C正确；
D．由这四种元素共同形成的化合物有NaHSO4和NaHSO3，水溶液都显酸性，故D错误；
故答案选C。

【点睛】
本题根据题目中所给信息推断元素种类为解答关键，注意H元素与活泼金属元素组成的化合物中可以显-1价。

15．B
【解析】
【详解】
根据热化学方程式2A(g) B(g)+Q（Q>0）可知：该反应是2molA气体发生反应产生1molB气体，放出热量Q，反应物的能量比生成物的能量高，且同一种物质在气态时能量高于在液体时能量，故合理选项是B。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．实验开始前，先通入一段时间N2，再制备SO2，排除实验装置内的空气对实验现象的影响取适量装置B中的上清液，向其中滴加铁氰化钾，若有蓝色沉淀生成则说明甲同学的猜想正确，若没有蓝色沉淀生成则说明没有Fe2+生成，甲同学的猜想不正确
【解析】
【分析】
铁离子有氧化性，硝酸根在酸性条件下也有强氧化性，所以都可能会与二氧化硫发生反应，若要证明是哪种氧化剂氧化了二氧化硫只要检验溶液中是否有亚铁离子生成即可；装置A为制备二氧化硫气体的装置，装置B为二氧化硫与硝酸铁反应的装置，装置C为二氧化硫的尾气吸收装置。

【详解】
（1）装置内有空气，氧气也有氧化性，对实验有干扰，因此实验开始前，先通入一段时间N2，再制备SO2，排除实验装置内的空气对实验现象的影响，故答案为：实验开始前，先通入一段时间N2，再制备SO2，排除实验装置内的空气对实验现象的影响；
（2）由分析可知，可以通过检验亚铁离子来证明，方法为取适量装置B中的上清液，向其中滴加铁氰化钾，若有蓝色沉淀生成则说明甲同学的猜想正确，若没有蓝色沉淀生成则说明没有Fe2+生成，甲同学的猜想不正确，故答案为：取适量装置B中的上清液，向其中滴加铁氰化钾，若有蓝色沉淀生成则说明甲同学
的猜想正确，若没有蓝色沉淀生成则说明没有Fe 2+生成，甲同学的猜想不正确。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．V 2O 1+Na 2CO 1+O 22NaVO 1+CO 2 Mg 1(PO 4)2、MgSiO 1 0.8
N 2H 4•2HCl+2V 2O 1+6HCl=4VOCl 2+N 2↑+6H 2O 有氯气生成，污染空气 将VO 2+氧化为VO 2+ 383bc 10100%a
-⨯⨯ 偏高 【解析】
【分析】
钒炉渣（主要含V 2O 1，还有少量SiO 2、P 2O 5等杂质），加入碳酸钠通入空气焙烧，产物加水溶解，向溶液
中加入硫酸镁除去硅磷过滤，滤渣的主要成分为Mg 1（PO 4）2、
MgSiO 1．滤液中加入氯化铵沉钒生成NH 4VO 1，其受热分解生成V 2O 5，再用盐酸酸化的N 2H 4•2HCl 还原V 2O 5生成VOCl 2，最后再向反应后溶液中加入NH 4HCO 1，即可得到产品氧钒碱式碳酸铵晶体[(NH 4)5(VO)6(CO 1)4(OH)9·10H 2O]；
（5）①测定氧钒碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量的原理为：氧钒碱式碳酸铵晶体溶解后，加0.02mol/LKMnO 4溶液至稍过量，氧化其中+4价钒为VO 2+，再加入NaNO 2溶液除去过量的KMnO 4，防止后续对标准液的消耗干扰试验，最后用（NH 4）2Fe （SO 4）2标准溶液滴定VO 2+；
②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO 2-+Fe 2++2H +=VO 2++Fe 1++H 2O ，则钒元素的物质的量n=n （（NH 4）2Fe （SO 4）2）=cmol/L×b×10-1L=cb×10-1mol ，据此计算；
③若(NH 4)2Fe(SO 4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准液体积偏高，由此判断误差；
【详解】
(1)将钒炉渣和碳酸钠在空气流中焙烧将V 2O 1转化为可溶性NaVO 1，同时得到二氧化碳，发生反应的化学方程式为V 2O 1+Na 2CO 1+O 22NaVO 1+CO 2；
(2)焙烧时SiO 2、P 2O 5分别与碳酸钠生成可溶于水的Na 2SiO 1和Na 1PO 4，除硅、磷时加入硫酸镁溶液生成Mg 1（PO 4）2、MgSiO 1沉淀，则过滤时得到的滤渣的主要成分为Mg 1(PO 4)2、MgSiO 1；
(1)已知K sp (NH 4VO 1)=c(NH 4+)•c(VO 1-)=1.6×10-1, 若滤液中c(VO 1-)=0.1mol·L -1，为使钒元素的沉降率达到98％，则溶液中剩余c(VO 1-)=0.1mol·L -1×2%=0.002 mol·L -1，此时c(NH 4+)=3
1.6100.002
-⨯mol·L -1=0.8mol·L -1； (4)用盐酸酸化的N 2H 4•2HCl 还原V 2O 5生成VOCl 2和一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，此气体应为N 2，则发生反应的化学方程式为N 2H 4•2HCl+2V 2O 1+6HCl=4VOCl 2+N 2↑+6H 2O ；若改用浓盐酸与V 2O 5反应也可以制得VOC12，但同时得到的氧化产物为Cl 2，此气体有毒，会污染环境；
(5)①根据分析，KMnO 4溶液的作用是将+4价的钒氧化为VO 2+；
②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO 2-+Fe 2++2H +=VO 2++Fe 1++H 2O ，则钒元素的物质的量n=n [（NH 4）2Fe （SO 4）2]=cmol/L×b×10-1L=cb×10-1mol ，粗产品中钒的质量分数的表达式为
3cb 10mol 83g /mol 100%ag -⨯⨯⨯=3
83bc 10100%a
-⨯⨯； ③若(NH 4)2Fe(SO 4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准液体积偏高，根据滴定反应为：VO 2-+Fe 2++2H +=VO 2++Fe 1++H 2O ，可知会使测定结果偏高。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．（2a+2b+c ）kJ•mol -1 1050K 前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO 转化率增大 20％ 4 A < 0.25
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律解答。

（2）①在1050K 前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO 转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO 的转化率降低。

恒温恒压下体积分数等于物质的量分数。

②利用化学平衡常数表达式计算。

（3）A 反应速率快，先达到平衡，故活化能最小。

（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数。

②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故k k 正逆
=c(N 2)c 2(CO 2)/[c 2(NO)c 2(CO)]=K 。

【详解】
（1）① SO 2(g) + NH 3•H 2O(aq) =NH 4HSO 3(aq) △H 1 = a kJ•mol -1；
② NH 3•H 2O(aq) + NH 4HSO 3(aq) =(NH 4)2SO 3(aq) + H 2O(l)△H 2 = b kJ•mol -1；
③ 2(NH 4)2SO 3(aq) + O 2(g) =2(NH 4)2SO 4(aq) △H 3= c kJ•mol -1；
利用盖斯定律，将①×2+②×2+③可得2SO 2(g) + 4NH 3•H 2O(aq) + O 2(g) = 2(NH 4)2SO 4(aq) + 2H 2O(l)的△H =（2a+2b+c ）kJ•mol -1，故答案为（2a+2b+c ）kJ•mol -1。

（2）①在1050K 前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO 转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO 的转化率降低。

根据反应C (s) + 2NO(g)N 2(g) + CO 2(g)，假设加入1molNO ，在1100K 时，NO 的转化率为40％，则△n(NO)=0.4mol ，故n(CO 2)=0.2mol ，由于反应前后气体的总物质的量不变，故混合气体中CO 2的体积分数为0.2mol ×1001mol
％=20％，故答案为1050K 前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO 转化率增大；20％。

②根据反应C (s) + 2NO(g)N 2(g) + CO 2(g)，假设加入1molNO ，在1050K 时， α(NO)=80％，平衡时n （NO ）=0.2mol ，n(N 2)=0.4mol ，n(CO 2)=0.4mol ，各物质的平衡分压p 分（NO ）=
60.2mol ×1.1101mol ⨯Pa ，p 分（N 2）=0.41mol mol ×1.1×106Pa ，p 分（CO 2）=0.41mol mol
×1.1×106Pa ，故反应的化学平衡常数K p ＝0.41mol mol ×1.1×106Pa×0.41mol mol ×1.1×106Pa÷（60.2mol ×1.1101mol
⨯ Pa ）2=4，故答案为4。

（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小，故答案为A。

（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数。

故答案为<。

②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故k
k
正
逆
=c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)=K，根据化学方程式可知，平衡时c
(NO)=c(CO)=0.6mol∙L-1，c(N2)=0.2 mol∙L-1，c(CO2)=0.4 mol∙L-1，故k
k
正
逆
=
c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=(0.2×0.42)/(0.62×0.62)=20/81≈0.25，故答案为0.25。

19．ad 0.18mol·L﹣1·min﹣120% 变小ad 阳极6Co3++CH3OH+H2O=6Co2++CO2↑+6H+ O2+4e-+4H+=2H2O
【解析】
【详解】
（1）a、反应是吸热反应，生成物能量总和大于反应物能量总和，故a正确；
b、上述反应生成1mol H2时吸收131.4 kJ的热量，故b错误；
c、根据“C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）∆H=+131.4kJ•mol-1”，CO（g）+H2（g）⇌C（s）+H2O（g）△H=﹣131.4kJ•mol-1，H2O（g）→H2O（l）放出热量，则CO（g）+H2（g）⇌C（s）+H2O（1）△H=﹣QkJ•mol-1，Q>131.4，故c错误；
d、若C（s）+ CO2（g）⇌2CO（g）△H1；CO（g）+ H2O（g）⇌H2（g）+ CO2（g）△H2，根据盖斯定律，则：△H1 + △H2 =+131.4 kJ•mol-1，故d正确；
答案选ad。

（2）①0min～2min 内H2的平均反应速率为0.72mol2L
2min
=0.18mol·L﹣1·min﹣1；
②4min时，参加反应的甲烷为2mol﹣1.6mol=0.4mol，生成氢气为0.4mol×3=1.2mol，与6min时相等，说明4min时反应已经达到平衡，此时甲烷的转化率为×100%=20%；在上述平衡体系中再充入2.00mol 甲烷和1.00mol 水蒸气，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时H2的体积分数与原平衡相比变小；
a．CO的含量保持不变，反应达到平衡；
b．容器中c（CH4）与c（CO）相等，不一定平衡；
c．容器中混合气体的密度一直不变，不是平衡状态的标志；
d．3υ正（CH4）=υ逆（H2），是反应达到平衡的本质标志；
答案选ad。

（3）①电极a，Co2+被氧化成Co3+，发生氧化反应，为电解池的阳极；
②甲醇被氧化生成二氧化碳，Co3+被还原生成Co2+，溶液呈酸性，则生成物中含有氢离子，所以该反应离子方程式为：6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+；。